Đa thức bất khả quy trên trường zp thuật toán berlekamp và phân tích đa thức trên trường q

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ ĐỨC CẢNH ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG Zp THUẬT TOÁN BERLEKAMP VÀ PHÂN TÍCH ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG Q LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ ĐỨC CẢNH ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG Zp THUẬT TỐN BERLEKAMP VÀ PHÂN TÍCH ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG Q LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Đa thức bất khả quy 1.1 1.2 Khái niệm đa thức bất khả quy Một số tiêu chuẩn bất khả quy trường Q Chương Thuật tốn Berlekamp tốn phân tích đa thức thành nhân tử 13 2.1 2.2 Trường phân rã đa thức, trường hữu hạn Thuật toán Berlekamp 13 19 2.3 Tính bất khả quy Z p ứng dụng phân tích bất khả quy Q 33 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Tiên Lãng, Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THCS Vinh Quang, huyện Tiên Lãng, thành phố Hải Phòng tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Tốn K8B (khóa 2014-2016), cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập Mở đầu Luận văn quan tâm đến tốn phân tích đa thức với hệ số nguyên thành nhân tử bất khả quy Q Đây tốn quan trọng Lí thuyết đa thức Ta biết tốn xét tính bất khả quy đa thức Q có liên quan mật thiết với tốn xét tính bất khả quy đa thức trường hữu hạn Cho f (x) đa thức với hệ số nguyên Nếu tồn số nguyên tố p cho chuyển vào Z p [x] bậc đa thức f (x) không đổi f (x) bất khả quy Z p , f (x) bất khả quy Q Chú ý điều ngược lại không D Hilbert đa thức bậc bất khả quy Q khả quy trường Z p Quan hệ tính bất khả quy Q Z p gợi ý cho nghĩ đến việc tìm thuật tốn phân tích bất khả quy đa thức trường hữu hạn sử dụng để tìm phân tích bất khả quy đa thức Q Mục đích luận văn trình bày chi tiết kết chọn lọc số tài liệu gần đa thức bất khả quy phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy Trong luận văn này, trước hết chúng tơi xét tính bất khả quy đa thức trường Z p thuật tốn Berlekamp phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy trường Z p Sau đó, sử dụng kết thu được, chúng tơi trình bày phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử trường Q số hữu tỷ Nội dung nghiên cứu luận văn hoàn toàn chưa tiếp cận bậc phổ thơng đại học, gắn liền với tốn sơ cấp, đặc biệt tốn phân tích đa thức thành nhân tử quan tâm bậc học phổ thông Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương tài liệu tham khảo Trong Chương 1, nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy số tiêu chuẩn bất khả quy Q Chương nội dung luận văn Mục 2.1 dành để nghiên cứu khái niệm trường phân rã đa thức, từ xét cấu trúc trường hữu hạn Mục mơ tả huật tốn Berlekamp phân tích đa thức thành nhân tử trường hữu hạn Mục cuối ứng dụng kết vào tốn phân tích đa thức trường Q Thái Ngun, ngày 25 tháng năm 2016 Tác giả Vũ Đức Cảnh Chương Đa thức bất khả quy 1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy Trước trình bày khái niệm đa thức bất khả quy, nhắc lại khái niệm phần tử bất khả quy miền nguyên Cho V miền nguyên a ∈ V Ta nói a ước b tồn c ∈ V cho b = ac Một ước a b gọi ước thực b không ước a Phần tử p ∈ V gọi phần từ bất khả quy khác 0, khơng khả nghịch khơng có ước thực Từ ta có khái niệm đa thức bất khả quy vành đa thức V [x] Trong suốt tiết ta giả thiết V miền nguyên Định nghĩa 1.1.1 Cho f (x) ∈ V [x] đa thức khác khơng khả nghịch Ta nói f (x) bất khả quy V khơng có ước thực Ta nói f (x) khả quy f (x) có ước thực Bổ đề 1.1.2 Đa thức f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy với a ∈ V Chứng minh Cho a ∈ V Với h(x) ∈ V [x] ta đặt h1 (x) = h(x − a) Chú ý deg h1 (x) = deg h(x) Vì f (x + a) = k(x)g(x) phân tích f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp f (x) = k1 (x)g1 (x) phân tích f (x) thành tích hai đa thức có bậc thấp Vì f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy Từ đến hết mục làm việc với đa thức có hệ số trường K Trong trường hợp này, đa thức khác khả nghịch Do ta có kết sau: Bổ đề 1.1.3 Đa thức f(x) với hệ số trường K bất khả quy deg f (x) > f (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Sau tính bất khả quy đa thức bậc thấp Bổ đề 1.1.4 Trên trường K, phát biểu sau (i) Đa thức bậc bất khả quy (ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy khơng có nghiệm K Chứng minh (i) Rõ ràng đa thức bậc khơng thể tích hai đa thức bậc thấp hơn, bất khả quy (ii) Giả sử f (x) có nghiệm x = a ∈ K Vì deg f (x) > nên ta có f (x) = (x − a)g(x), g(x) ∈ K[x] deg g(x) = deg f (x) − ≥ Do f (x) khả quy Ngược lại, giả sử f (x) khả quy Vì f (x) có bậc nên f (x) phân tích thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, hai đa thức phải có bậc Rõ ràng đa thức bậc trường có nghiệm trường đó, f (x) có nghiệm K Chú ý phát biểu (ii) bổ đề không cho trường hợp bậc đa thức lớn Cụ thể, f (x) bậc lớn có nghiệm K f (x) khả quy Tuy nhiên, tồn đa thức khơng có nghiệm K khả quy Chẳng hạn đa thức (x2 + 1)(x2 + 2) nghiệm R khả quy R Từ sau, a ước b ta kí hiệu a | b Mệnh đề 1.1.5 Cho p(x) ∈ K[x] đa thức có bậc dương Khi p(x) bất khả quy p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) p(x) | b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, đa thức bất khả quy p(x) ước tích hữu hạn đa thức p(x) phải ước đa thức Chứng minh Cho p(x) bất khả quy Giả sử p(x) | a(x)b(x) a(x), b(x) không bội p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = gcd(p(x), b(x)) = Vì thế, tồn s(x), r(x), e(x), f (x) cho = s(x)p(x) + r(x)a(x) = e(x)p(x) + f (x)b(x) Nhân vế với vế hai đẳng thức ta có = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x) với g(x) đa thức Vì p(x) ước a(x)b(x) nên đa thức bên vế phải đẳng thức bội p(x), đa thức bên vế trái không chia hết cho p(x) Điều vơ lí Ngược lại, p(x) có bậc dương nên p(x) = khơng khả nghịch Giả sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Khi p(x) | a(x)b(x) Theo giả thiết, p(x) | a(x) p(x) | b(x) Vì p(x) khơng có ước thực sự, p(x) bất khả quy Định lý Số học nói số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số Kết sau tương tự đa thức Định lý 1.1.6 Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương K[x] phân tích thành tích đa thức bất khả quy dạng chuẩn phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Chứng minh Trước hết, ta chứng minh tồn phân tích quy nạp theo bậc đa thức Giả sử f (x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn bậc d > Nếu d = f (x) bất khả quy, phân tích bất khả quy f (x) f (x) = f (x) Cho d > giả sử kết cho bậc nhỏ d Nếu f (x) bất khả quy f (x) có phân tích bất khả quy f (x) = f (x) Vì ta giả thiết f (x) khơng bất khả quy Khi f (x) = g(x)h(x) với degg(x), deg h(x) giản ước hai vế cho p1 (x) ta = q2 (x) qm (x), điều vơ lí Vậy, kết cho n = Cho n > Vì p1 (x) = q1 (x) nên f (x) = p2 (x)p3 (x) pn (x) = q2 (x)q2 (x) qm (x) Theo giả thiết quy nạp ta có n − = m − việc đánh số lại thứ tự nhân tử bất khả quy vế phải ta có pi (x) = qi (x) với i = 2, , n., suy pi (x) = qi (x) với i = 2, , n Từ định lý trên, ta có kết sau Hệ 1.1.7 Cho f (x) ∈ K[x] đa thức với hệ số cao an Khi tồn phân tích f (x) = an f1 (x) fk (x) với f1 (x), , fk (x) nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Euclid chứng minh có vơ hạn số ngun tố Kết sau tương tự cho đa thức bất khả quy Hệ 1.1.8 Trên trường K bất kỳ, có vơ hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn Chứng minh Chú ý x + ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn Giả sử f1 (x), , fn (x) ∈ K[x] tất đa thức bất khả quy dạng chuẩn Đặt f (x) = f1 (x) fn (x) + Theo định lý trên, tồn p(x) ước bất khả quy dạng chuẩn f (x) Do p(x) = fi (x) với i Suy p(x) | f1 (x) fn (x) Vì p(x) | f( x) nên p(x) | 1, điều vô lí, tức phải có vơ hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn 26 Để tìm sở Fq -không gian véc tơ V xác định Bổ đề 2.2.7, ta việc giải hệ phương trình tuyến tính (với ẩn số đa thức u ∈ V ) thu cách đồng hệ số hai đa thức hai vế phương trình uq ≡ u(mod f ) Sau ta trình bày ví dụ minh họa Ví dụ 2.2.8 Cho q = f (x) = x5 + 5x4 + 4x3 + 16x2 + 8x + Gọi V F3 -không gian F3 [x] gồm đa thức u cho u3 ≡ u(mod f ) Hãy xác định chiều sở V Lời giải Giả sử u ∈ V với u = f q + r, r = r ≤ Dễ thấy u3 ≡ u(mod f ) r3 ≡ r(mod f ) Vì ta giả thiết deg u < 5, tức u = a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ∈ V Chú ý 3ai = với ∈ F3 a3i = a với ∈ F3 Do u3 (mod f ) = a4 x12 + a3 x9 + a2 x6 + a1 x3 + a0 Suy ≡ u3 − u (mod f ) ≡ a4 x12 + a3 x9 − a4 x4 + a2 x6 + (a1 − a3 )x3 − a2 x2 − a1 x(mod f ) ≡ 2a4 x4 + (2a4 + 2a3 + a2 + a1 )x3 + 2a1 x + (a3 + a2 )(mod f ) Suy    2a4     2a + 2a + a + a   2a1     a + a =0 =0 =0 = Giải hệ ta a4 = a3 = a2 = a1 = Do V có số chiều 1, tức f đa thức ngun sơ Vì thế, f = ge g bất khả quy F3 e số tự nhiên Chúng ta sử dụng ví dụ Tiết 2.3 Bây trình bày Thuật tốn Berlekamp, kết luận văn Elwyn Ralph Berlekamp (sinh ngày 06 tháng năm 1940) Dover, Bang 27 Oshio nhà tốn học người Mỹ Ơng giáo sư danh dự Đại học California, Berkeley Ơng tiếng với cơng trình lí thuyết mã hóa lí thuyết trị chơi tổ hợp Ơng học đại học Viện Công nghệ Massachusetts, nhận đại học thạc sĩ kĩ thuật điện năm 1962 Năm 1964 ông nhận băng tiến sĩ Kĩ thuật điện Sau giảng dạy Kĩ thuật điện Đại học California, Berkeley từ năm 1964 đến năm 1966, thời gian ơng quan tâm đến Tốn học trở thành nhà nghiên cứu Toán Bell Labs Năm 1971, Berlekamp trở lại Berkeley giáo sư tốn học EECS, nơi ơng hướng dẫn cho 20 học viên làm luận án tiến sĩ Ông bầu thành viên Viện Hàn lâm Kĩ thuật Quốc gia (1977) Viện Hàn lâm Khoa học Hoa Kì (1999) Ơng bầu nghiên cứu viên cao cấp Viện Hàn lâm Khoa học Nghệ thuật Hoa kì năm 1996 Năm 1991, ơng nhận huy chương IEEE Richard W Hamming, vào năm 1993, giải thưởng Claude Shannon Năm 1998, ông nhận giải thưởng Golden Jubilee cho Đổi công nghệ từ Hiệp hội thông tin Lý thuyết IEEE Berlekamp người phát minh thuật tốn phân tích đa thức thành nhân tử trường hữu hạn, gọi Thuật toán Berlekamp Nhắc lại đa thức f ∈ Fq [x] viết dạng f = ag, a ∈ Fq g ∈ Fq [x] đa thức dạng chuẩn (tức hệ số cao g 1) Sau mơ tả Thuật tốn Berlekamp Định lý 2.2.9 (Thuật tốn Berlekamp) Cho f ∈ Fq [x] đa thức dạng chuẩn Bước Tìm sở {v1 = 1, v2 , , vr } không gian véc tơ V , bao gồm tất véc tơ v ∈ Fq [x] mà vq ≡ v(mod f ) Bước Đặt P = { f } cho ≤ j ≤ r thực sau: Bước 2a Thay h ∈ P tất đa thức khác tập hợp gcd(h, v j − a) | a ∈ Fq ; Bước Quay lại P Khi P tập hợp nhân tử nguyên sơ f , tức f = f1e1 frer 28 P = f1e1 , , frer Chứng minh Lưu ý thuật toán f ln tích tất đa thức tập P, điều suy trực tiếp từ Bổ đề 2.2.5 Các phần tử P đôi nguyên tố Thật vậy, giả sử a, b ∈ Fq hai phần tử khác nhau, chứng minh v j − a v j − b nguyên tố với j Ta có v j − a = v j − b + (b − a) Vì theo Chú ý 2.2.1 ta có gcd(v j − a, v j − b) = gcd(v j − b, b − a) Vì b − a đa thức khác nên b − a đa thức khả nghịch nên gcd(v j − b, b − a) = Do gcd(v j − a, v j − b) = Vì thế, ta cần chứng minh tập P (của đầu ra), đa thức nguyên sơ, tức khơng bội hai đa thức nguyên sơ khác Cho h đa thức thuộc tập P đầu thuật toán Với j cho ≤ j ≤ r, tồn a j ∈ Fq thỏa mãn v j ≡ a j (mod h) (bởi với j cố định, điều chắn sau thực bước 2) Cho v ∈ V Vì {v1 = 1, v2 , , vr } sở không gian véc tơ V trường Fq nên tồn j=1 j=1 hệ số β j ∈ Fq cho v = ∑ β j v j Vì ta đặt av = ∑ β j a j r r ta có v ≡ av (mod h) Ta giả sử h chứa hai nhân tử nguyên sơ f , không tính tổng quát, ta giả sử hai nhân tử nguyên sơ f1e1 f2e2 Thế thì, theo chứng minh Bổ để 2.2.7 với v ∈ V ta có ϕ(v) = (av , av , ) ϕ định nghĩa Bổ để 2.2.7 Suy ϕ(V ) = ⊕ri=1 Fq Điều mâu thuẫn với khẳng định chứng minh Bổ đề 2.2.7 Chú ý 2.2.10 Với đa thức f cho trước, Thuật Tốn Berlekamp giúp ta tìm nhân tử nguyên sơ g1 , , gs f cho f = g1 gs Như vậy, tốn cịn lại là: Cho g nhân tử nguyên sơ f , tìm đa thức bất khả quy h cho g lũy thừa h Bây giải toán Để đơn giản, ta giả sử f = ge = Gọi f đạo hàm 29 f Khi f = e.ge−1 g Ta xét hai trường hợp Thứ nhất, giả sử f = Khi e = trường Fq (tức e bội p) g = Nếu e = trường Fq e phải bội p q lũy thừa p p số nguyên tố Giả sử g = an xn + + a1 x + a0 Do e bội p nên ge có dạng ge = bn (xe )n + + b1 xe + b0 Như vậy, f đa thức xe , f đa thức x p Vì f (x) = h(x p ) = (h(x)) p Giả sử g = g đa thức x p Suy f (x) = h(x p ) = (h(x)) p Như trường hợp ta tìm nhân tử bất khả quy h g, từ ta có kết f Từ Thứ hai, giả sử f = 0, gcd( f , f ) = ge−1 Suy g = gcd( f , f ) cơng thức ta tìm g Dưới ta minh họa ví dụ Trong trường F3 , xét đa thức f (x) = x5 + 5x4 + 4x3 + 16x2 + 8x + = x5 + 2x4 + x3 + x2 + 2x + Theo Ví dụ 2.2.8, ta suy f nguyên sơ, tức f = ge với g bất khả quy trường F3 Ta có f (x) = 5x4 + 8x3 + 3x2 + 2x + = 2x4 + 2x3 + 2x + = Suy gcd( f , f ) = 2x4 + 2x3 + 2x + Do f x5 + 2x4 + x3 + x2 + 2x + g= = = 2(x + 1) gcd( f , f ) 2x4 + 2x3 + 2x + Vậy f (x) = (x + 1)5 (dùng phương pháp thông thường để chia đa thức F3 ) Chú ý 2.2.11 Ta nói a nghiệm bội f (x) tồn k ≥ cho 30 f (x) = (x − a)k g(x) Ta biết f nghiệm bội gcd( f , f ) = Ví dụ 2.2.12 Xét đa thức f (x) = x7 + x4 + x2 + x + ∈ F2 [x] Đặt v = a0 + a1 x + a2 x2 + + a6 x6 Khi v2 =a20 + (a1 x + a2 x2 + + a6 x6 )2 + 2a0 (a1 x + a2 x2 + + a6 x6 ) =a20 + (a1 x + a2 x2 + + a6 x6 )2 =a20 + a21 x2 + (a2 x2 + + a6 x6 )2 + 2a1 (a2 x2 + + a6 x6 ) =a20 + a21 x2 + (a2 x2 + + a6 x6 )2 =a20 + a21 x2 + a22 x4 + a23 x6 + a24 x8 + a25 x10 + a26 x12 =a0 + a1 x2 + a2 x4 + a3 x6 + a4 x8 + a5 x10 + a6 x12 (vì F2 ta ln có a2i = ) Khi a0 +a1 x2 +a2 x4 +a3 x6 +a4 x8 +a5 x10 +a6 x12 = (x7 +x4 +x2 +x+1).(a6 x5 + a5 x3 + a6 x2 + a4 x + a5 + a6 ) + [(a0 + a5 + a6 ) + (a4 + a5 + a6 )x + (a1 + a4 + a5 )x2 + (a4 + a5 + a6 )x3 + a2 x4 + (a4 + a5 + a6 )x5 + a3 x6 ] Suy v2 (mod f ) =(a0 + a5 + a6 ) + (a4 + a5 + a6 )x + (a1 + a4 + a5 )x2 + (a4 + a5 + a6 )x3 + a2 x4 + (a4 + a5 + a6 )x5 + a3 x6 (chia v2 cho f ) Từ điều kiện v2 ≡ v(mod f ) ta có ≡ v2 − v(mod f ) ≡ [(a0 + a5 + a6 ) + (a4 + a5 + a6 )x + (a1 + a4 + a5 )x2 + (a4 + a5 + a6 )x3 + a2 x4 + (a4 + a5 + a6 )x5 + a3 x6 ] − (a0 + a1 x + a2 x2 + + a6 x6 )(mod f ) ≡ (a5 + a6 ) + (a1 + a4 + a5 + a6 )x + (a1 + a2 + a4 + a5 )x2 + (a3 + a4 + a5 + a6 )x3 + (a2 + a4 )x4 + (a4 + a6 )x5 + (a3 + a6 )x6 31 Suy ta có hệ phương trình    a5 + a6       a1 + a4 + a5 + a6       a + a2 + a4 + a5   a3 + a4 + a5 + a6      a2 + a4       a4 + a6     a + a =0 =0 =0 =0 =0 =0 = Giải hệ ta a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = a6 Vì thế, sở V tạo thành v1 = v2 = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x Bây giờ, bước 2a thay f hai đa thức gcd( f , v2 ) gcd( f , v2 + 1) Áp dụng thuật tốn Euclid cách tìm ước chung lớn hai đa thức ta có x7 + x4 + x2 + x + = (x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x)(x + 1) + (x4 + x2 + 1), x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x = (x4 + x2 + 1)(x2 + x) Suy gcd( f , v2 ) = x4 + x2 + Và ta có x7 + x4 + x2 + x + = (x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1)(x + 1) + (x4 + x2 + x), x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = (x4 + x2 + x)(x2 + x) + (x3 + x + 1), x4 + x2 + x = (x3 + x + 1)x Suy gcd( f , v2 + 1) = x3 + x + Tiếp tục thực bước lặp 2a, tức thay f hai đa thức gcd(x4 + x2 + 1, v2 ) gcd(x3 + x + 1, v2 + 1), ta nhận kết cũ Điều chứng tỏ x4 + x2 + 1, x3 + x + nhân tử nguyên sơ f Bây xét nhân tử Ta có đạo hàm g1 (x) = x4 + x2 + Theo Chú ý 2.2.6 ta có g1 (x) = h(x2 ) = (h(x))2 = (x2 + x + 1)2 , với trường hợp h(x) = x2 + x + bất khả quy (vì h(x) khơng có nghiệm F2 ) Đặt g2 (x) = x3 + x + 1, ta có g2 (x) = x2 + = Áp 32 dụng thuật tốn Euclid cách tìm ước chung lớn hai đa thức ta tính gcd(g2 (x), g2 (x)) = 1, g2 bất khả quy Suy f = (x2 + x + 1)2 (x3 + x + 1) phân tích nguyên sơ f Bây trình bày ví dụ phân tích đa thức thành nhân tử theo Thuật tốn Berlekamp Ví dụ 2.2.13 Tìm phân tích ngun sơ đa thức f (x) = x6 − 8x4 − 19x2 + ∈ F2 [x] Lời giải Ta có f (x) = x6 + x2 ∈ F2 [x] Đặt v = a0 + a1 x + a2 x2 + + a5 x5 Khi v2 =a20 + (a1 x + a2 x2 + + a5 x5 )2 + 2a0 (a1 x + a2 x2 + + a5 x5 ) =a20 + (a1 x + a2 x2 + + a5 x5 )2 =a20 + a21 x2 + (a2 x2 + + a5 x5 )2 + 2a1 (a2 x2 + + a5 x5 ) =a20 + a21 x2 + (a2 x2 + + a5 x5 )2 =a20 + a21 x2 + a22 x4 + a23 x6 + a24 x8 + a25 x10 =a0 + a1 x2 + a2 x4 + a3 x6 + a4 x8 + a5 x10 Khi a0 + a1 x2 + a2 x4 + a3 x6 + a4 x8 + a5 x10 = (x6 + x2 )[a5 x4 + a4 x2 + (a3 + a5 )] + [(a2 + a4 )x4 + (a1 + a3 + a5 )x2 + a0 Suy v2 (mod f ) = (a2 + a4 )x4 + (a1 + a3 + a5 )x2 + a0 Từ điều kiện v2 ≡ v(mod f ) ta có ≡ v2 − v(mod f ) ≡ [(a2 + a4 )x4 + (a1 + a3 + a5 )x2 + a0 ] − (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 )(mod f ) ≡ [a1 x + (a1 + a2 + a3 + a5 )x2 + a3 x3 + a2 x4 + a5 x5 ](mod f ) 33 Suy ta có hệ phương trình    a1       a + a2 + a3 + a5   a3      a2     a =0 =0 =0 =0 = Giải hệ ta a1 = a2 = a3 = a5 = Vì thế, sở V tạo thành v1 = v2 = x4 Bây giờ, bước 2a thay f hai đa thức gcd( f , v2 ) gcd( f , v2 + 1) Áp dụng thuật toán Euclid cách tìm ước chung lớn hai đa thức ta có x6 + x2 = x4 x2 + x2 , x4 = x2 x2 nên gcd( f , v2 ) = x2 x6 + x2 = (x4 + 1)x2 nên gcd( f , v2 + 1) = x4 + Tiếp tục thực bước lặp 2a, tức thay f hai đa thức gcd(x2 , v2 ) gcd(x4 + 1, v2 + 1), ta nhận kết cũ Điều chứng tỏ x2 , x4 + nhân tử nguyên sơ f Bây xét nhân tử Ta có g1 (x) = x2 phân tích nguyên sơ g2 (x) = x4 + = x4 + + 4x3 + 6x2 + 4x = (x + 1)4 Suy f = x2 (x + 1)4 phân tích nguyên sơ f 2.3 Tính bất khả quy Z p ứng dụng phân tích bất khả quy Q Trong mục này, trình bày phương pháp xét tính bất khả quy Q cách rút gọn theo môđun số nguyên tố Đồng thời, sử dụng phương pháp kết hợp với Thuật tốn Berlekamp để phân tích đa thức thành nhân tử Q Chú ý p số ngun tố vành Z p số ngun mơđun p trường Với đa thức f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ Z[x] với số nguyên tố p, ta đặt f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ Z p [x] Định lí sau cho cơng cụ mạnh để xét tính bất khả quy Q đa thức có hệ số nguyên Định lý 2.3.1 Nếu tồn số nguyên tố p cho deg f (x) = deg f (x) 34 f (x) bất khả quy Z p f (x) bất khả quy Q Chứng minh Vì f (x) bất khả quy Z p nên deg f (x) > Suy deg f (x) > Giả sử f (x) khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, f (x) có phân tích f (x) = g(x)h(x) f g(x), h(x) ∈ Z p [x] f g(x), h(x) có bậc nhỏ bậc f (x) Chú ý f (x) = g(x)h(x) Do deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) Rõ ràng ta có deg g(x) ≥ deg g(x) deg h(x) ≥ deg h(x) Vì deg f (x) = deg f (x) nên deg g(x) = deg g(x) deg h(x) = deg h(x) Do f (x) phân tích thành tích hai đa thức g(x), h(x) có bậc thấp Điều mâu thuẫn với tính bất khả quy f (x) Z p Chú ý giả thiết deg f (x) = deg f (x) Định lí 2.3.1 cần thiết Chẳng hạn, xét đa thức f (x) = 5(x−1)9 +(x−1) ∈ Z[x] Đa thức khơng bất khả quy Q có ước thực x − Ta có f (x) = x − ∈ Z5 [x] Vì deg f (x) = nên f (x) bất khả quy Z5 [x] Chú ý 2.3.2 Peter Cameron sử dụng phương pháp rút gọn theo mô đun số nguyên tố để đưa chứng minh khác cho tiêu chuẩn Eisenstein n sau: Cho f (x) = ∑ xi ∈ Z[x] có bậc n thỏa mãn giả thiết i=0 tiêu chuẩn Eisenstein Giả sử f (x) khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, m k i=0 i=0 f (x) = g(x)h(x), g(x) = ∑ bi xi g(x) = ∑ ci xi hai đa thức có hệ số nguyên có bậc m, k < n Vì p | với i = 0, , n − nên f (x) = an xn ∈ Z p [x] Vì an = bm ck an không bội p nên bm ck khơng bội p Vì f (x) = g(x)h(x) ∈ Z p [x] nên an xn = g(x)h(x) Chú ý an xn có ước bất khả quy x Vì g(x) h(x) có ước bất khả quy x Do g(x) = bm xn ∈ Z p [x] h(x) = ck xn ∈ Z p [x] Do bi = c j = ∈ Z p với i < m j < k Do p | c0 p | b0 , p2 | a0 , vơ lí Ví dụ 2.3.3 Các đa thức sau bất khả quy Q (i) f (x) = 5x2 + 10x + (ii) g(x) = 3x3 + 7x2 + 10x − (iii) h(x) = 11x4 − 5x3 + 21x2 − 9x + Chứng minh (i) Vì f (x) = 2x2 + x + ∈ Z3 [x] nghiệm Z3 deg f (x) = nên f (x) bất khả quy Z3 Rõ ràng deg f (x) = deg f (x) nên f (x) bất khả quy Q theo Định lí 2.3.1 35 (ii) Vì g(x) = x3 + x2 − ∈ Z2 [x] khơng có nghiệm Z2 deg g(x) = nên g(x) bất khả quy Z2 Rõ ràng deg g(x) = deg g(x) nên g(x) bất khả quy Q theo Định lí 2.3.1 (iii) Vì h(x) = x4 + x2 + x + ∈ Z5 [x] khơng có nghiệm Z5 nên khơng có nhân tử bậc Giả sử h(x) khả quy Z5 Khi h(x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) với a, b, c, d ∈ Z5 Đồng hệ số hai vế đẳng thức ta a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, bd = Vì bd = vai trò b, d nên khơng tính tổng qt ta giả thiết (b, d) = (1, 1) (b, d) = (2, 3) (b, d) = (4, 4) Nếu (b, d) = (1, 1) phương trình đầu cuối cho ta a +c = a +c = 1, vơ lí Nếu (b, d) = (2, 3) phương trình đầu cuối cho ta a = 1, c = 4, phương trình thứ hai cho ta = ac = 1, vơ lí Nếu (b, d) = (4, 4) phương trình đầu cuối cho ta a + c = 4(a + c) = 1, vơ lí Vì h(x) bất khả quy Z5 Vì deg h(x) = = deg h(x) nên h(x) bất khả quy Q theo Định lí 2.3.1 Chú ý 2.3.4 Để chứng minh đa thức (với hệ số nguyên) bất khả quy Q, người ta thường sử dụng Định lí 2.3.1, tức cố gắng tìm số nguyên tố p cho f (x) có bậc không giảm chuyển vào Z p [x] f (x) bất khả quy Z p Tuy nhiên, phương pháp không áp dụng Hilbert người số nguyên tố p khơng tồn Có đa thức bất khả quy Q khả quy Z p với số nguyên tố p Chẳng hạn đa thức f (x) = x4 − 10x2 + bất khả quy Q khả quy Z p với số nguyên tố p Bây sử dụng Thuật toán Berlekamp phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố để giải tốn phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy Q Chúng ta mô tả phương pháp vắn tắt ý sau Chú ý 2.3.5 Cho f (x) đa thức dạng chuẩn với hệ số nguyên Giả sử tìm số nguyên tố p cho deg f (x) = deg f (x) vành Z p [x] ta phân tích f (x) thành tích nhân tử bất khả quy dạng chuẩn f (x) = f1# (x) fk# (x) (có thể sử dụng Thuật tốn Berlekamp để phân tích) Chúng ta cần tìm phân tích bất khả quy f (x) Q thơng qua phân tích bất khả quy f (x) Z p , tức ta cần phân tích f (x) = 36 g1 (x) gt (x) thông qua đa thức f j# (x), gi (x) ∈ Z p [x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn Khi f (x) = g1 (x) gt (x) Vì deg f (x) = mi deg f (x) nên deg gi (x) = deg gi (x) với i Giả sử gi (x) = ∏ g#i j (x) j=1 phân tích thành tích nhân tử bất khả quy dạng chuẩn gi (x) vành Z p Khi ta có phân tích bất khả quy thứ hai f (x) Z p m1 f (x) = ∏ j=1 g#1 j (x) mt ∏ gt#j (x) ∈ Z p[x] j=1 Vì tính phân tích bất khả quy nên k = m1 + m2 + + mt gi (x) tích mi đa thức bất khả quy hệ f1# (x) fk# (x) Từ đây, số trường hợp, tìm gi (x) tìm phân tích bất khả quy f (x) Q Dưới minh họa hai ví dụ Ví dụ 2.3.6 Chứng minh f (x) = x5 + 5x4 + 4x3 + 16x2 + 8x + đa thức khả quy Q Hãy tìm phân tích bất khả quy f (x) Chứng minh Chúng ta sử dụng Thuật toán Berlekamp phương pháp rút gọn theo môđun để giải tốn Ta có f (x) = x5 + 2x4 + x3 + x2 + 2x + ∈ Z3 [x] Theo kết có từ Ví dụ 2.2.8, Thuật toán Berlekamp cho kết f (x) = (x + 1)5 phân tích bất khả quy Z3 f (x) Dễ kiểm tra f (x) khơng có nghiệm hữu tỷ Do f (x) khơng có nhân tử bậc Giả sử f (x) có nhân tử bậc hai g(x) ∈ Z[x] Khi f (x) = g(x)h(x) với h(x) ∈ Z[x] deg h(x) = Do f (x) khơng có nhân tử bậc nên g(x), h(x) bất khả quy Vì f (x) có dạng chuẩn nên ta giả thiết g(x), h(x) có dạng chuẩn Giả sử g(x) = x2 + ax + b h(x) = x3 + cx2 + dx + e Đồng hệ số ta a + c = 5, b + ac + d = 4, cb + ad + e = 16, db + ea = 8, be = Theo Chú ý 2.3.5 ta có g(x) = (x + 1)2 = x2 + 2x + ∈ Z3 [x] h(x) = 37 (x + 1)3 = x3 + Suy b ≡ 1, a ≡ 2, e ≡ 1, d ≡ 0, c ≡ 0(mod 3) Do be = nên từ đồng dư thức thứ đồng dư thức thứ ba ta suy b = e = Vì a + c = 5, ac + d = 3, c + ad = 15, d + a = Từ phương trình thứ phương trình thứ ba ta có − a + ad = 15 hay a(d − 1) = 10 Do a d − ước 10 Vì a ≡ 2(mod 3) d ≡ 0(mod 3) nên a ∈ {−1, 2, 5, −10} d ∈ {0, 3, 6, 9} Theo phương trình thứ phương trình thứ tư ta suy (a, d, c) = (2, 6, 3) (a, d, c) = (5, 3, 0) Thay vào phương trình thứ hai ta (a, d, c) = (5, 3, 0) Do g(x) = x2 + 5x + h(x) = x3 + 3x + Thử lại ta phân tích bất khả quy f (x) Q f (x) = (x2 + 5x + 1)(x3 + 3x + 1) Ví dụ 2.3.7 Chứng minh đa thức f (x) = x6 − 8x4 − 19x2 + khả quy Q Hãy tìm phân tích bất khả quy f (x) Chứng minh Chúng ta sử dụng Thuật tốn Berlekamp phương pháp rút gọn theo mơđun để giải tốn Ta có f (x) = x6 + x2 ∈ Z2 [x] Theo kết Ví dụ 2.2.13, Thuật tốn Berlekamp cho ta phân tích bất khả quy Z2 f (x) f (x) = x6 + x2 = x2 (x + 1)4 Rõ ràng f (x) khơng có nghiệm hữu tỷ Vì f (x) khơng có nhân tử bậc Giả sử f (x) khơng có nhân tử bậc hai Do f (x) có dạng chuẩn nên ta phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x], g(x) bất khả quy Q deg g(x) = 2, deg h(x) = Đặt g(x) = x2 + bx + c Khi c ước hệ 38 số tự f (x), tức c = ±1 c = ±2 Ta có f (1) = f (−1) = 24 g(1), g(−1) ước 24 Theo Chú ý 2.3.5, g(x) đa thức x2 , x(x + 1), (x + 1)2 Giả sử g(x) = x2 Khi b ≡ 0, c ≡ 0(mod 2) Suy b số chẵn c = ±2 Nếu c = g(1) = b + g(−1) = − b Vì b + − b ước 24 Vì b chẵn nên b + 3, − b lẻ Suy b + 3, − b ∈ {±1, ±3} Do b = Khi g(x) = x2 + Rõ ràng f (x) chia hết cho g(x) Từ ta có phân tích f (x) = (x2 + 2)(x4 − 10x2 + 1) Chú ý đa thức x4 − 10x + bất khả quy theo Ví dụ 2.2.13 Đa thức x2 + hiển nhiên bất khả quy Q có bậc khơng có nghiệm Q Do f (x) = (x2 + 2)(x4 − 10x2 + 1) phân tích f (x) thành tích nhân tử bất khả quy Q 39 Kết luận Luận văn trình bày tổng quan kiến thức đa thức bất khả quy, số tiêu chuẩn bất khả quy trường Q Thuật toán Berlekamp để phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy trường hữu hạn Sử dụng kết thu trường hữu hạn, luận văn trình bày phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy Q Các nội dung luận văn là: Nhắc lại số kiến thức đa thức bất khả quy; Một số tiêu chuẩn bất khả quy trường hữu tỷ Q; Trường phân rã đa thức, trường hữu hạn; Thuật tốn Berlekamp tìm dạng phân tích ngun sơ đa thức trường hữu hạn; Tính bất khả quy trường Z p ứng dụng phân tích bất khả quy Q Trong kết luận văn việc sử dụng thuật tốn Berlekamp để phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy Q 40 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] E R Berlekamp (1967), "Factoring Polynomials Over Finite Fields", Bell System Technical Journal,46, pp 1853-1859 [3] R Harasawa, Y Sueyoshi and A Kudo (2012), "Improving the Berlekamp algorithm for binomials xn − a", Arithmetic of finite fields, pp 225-235 , (Lecture Notes in Computer Science, 7369, Springer) [4] A Schinzel (2000), Polynomials with special regards to reducibility, Cambridge Univiversity Press ... Hilbert đa thức bậc bất khả quy Q khả quy trường Z p Quan hệ tính bất khả quy Q Z p gợi ý cho nghĩ đến việc tìm thuật tốn phân tích bất khả quy đa thức trường hữu hạn sử dụng để tìm phân tích bất khả. .. phân tích f (x) thành tích nhân tử bất khả quy Q 39 Kết luận Luận văn trình bày tổng quan kiến thức đa thức bất khả quy, số tiêu chuẩn bất khả quy trường Q Thuật tốn Berlekamp để phân tích đa. .. thức đa thức bất khả quy; Một số tiêu chuẩn bất khả quy trường hữu tỷ Q; Trường phân rã đa thức, trường hữu hạn; Thuật toán Berlekamp tìm dạng phân tích ngun sơ đa thức trường hữu hạn; Tính bất